热门试卷

解：（Ⅰ）m=1时，f（x）=lnx+，x＞0；

∴f′（x）=-=；

由f′（x）＞0，解得x＞；由f′（x）＜0，解得0＜x＜；

∴f（x）在（0，）上单调递减，（，+∞）上单调递增．

∴f极小值（x）=f（）=ln+1=1-ln2．

（ II）令h（x）=f（x）-g（x）-1=lnx+-x+2m-1，x∈[，1]，m∈（，1），

由题意，h（x）＞0对x∈[，1]恒成立，

∵h′（x）=--1=，x∈[，1]，

∵m∈（，1），

∴在二次函数y=-2x2+2x-m中，△=4-8m＜0，

∴y=-2x2+2x-m＜0恒成立；

∴h′（x）＜0对x∈[，1]恒成立，

∴h（x）在[，1]上单减．

∴hmin（x）=h（1）=m-2＞0，

即m＞．

故存在m∈（，1），使f（x）＞g（x）+1对∀x∈[，1]恒成立．

（ III）证明：F（x）=f（x）g（x）=（lnx+）（x-2m），

易知x=2m为函数F（x）的一个零点，

∵m＞，

∴2m＞1，

因此据题意知，函数F（x）的最大的零点c＞1，

下面讨论f（x）lnx+的零点情况，

∵f′（x）=-=；

易知函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．

由题知f（x）必有两个零点，

∴f极小值（x）=f（）=ln+1＜0，解得0＜m＜，

∴＜m＜，即me∈（，2）．

∴f（1）=ln1+=＞0，f（）=-1+＜0．

又f（e-10）=•e10-10＞0．

∴0＜e-10＜a＜＜b＜1＜c．

∴0＜a＜＜b＜1＜c．

解：（Ⅰ）f′（x）=-．

依题意，f（1）=e-1，f′（1）=0，即

解得m=1，n=0．…（4分）

所以f（x）=．

f′（x）=-．

当x∈（-∞，1）时，f′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0．…（6分）

函数f（x）在（-∞，1）单调递增；在（1，+∞）单调递减．

（Ⅱ）设g（x）=f（1+x）-f（1-x）==．…（8分）

设h（x）=（1+x）e-x-（1-x）ex=-（1-x）ex，

则h′（x）=＞0，h（x）在（0，+∞）单调递增，h（x）＞h（0）=0，…（10分）

所以g（x）＞0，从而f（1+x）＞f（1-x）．…（12分）

解：（1）∵f′（x）=-，（x＞0），

不妨设φ（x）=2ax2-x+1（x＞0），

则关于x的方程2ax2-x+1=0的判别式△=1-8a，

当a≥时，△≤0，φ（x）≥0，故f′（x）≤0，

∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，

当0＜a＜时，△＞0，方程f′（x）=0有两个不相等的正根x1，x2，

不妨设x1＜x2，则当x∈（0，x1）及x∈（x2，+∞）时f′（x）＜0，

当x∈（x1，x2）时，f′（x）＞0，f（x）不是单调函数，

综上，a的范围是[，+∞），

（2）由（1）知当且仅当a∈（0，）时f（x）有极小值x1 和极大值x2，

且x1，x2是方程的两个正根，则x1+x2=，x1 x2=，

∴f（x1）+f（x2）=（x1+x2）-a[-2x1 x2]-（lnx1+lnx2）

=，

令g（a）=lna++ln2+1，

当a∈（0，）时，g′（a）=＜0，

∴g（a）在（0，）内单调递减，

故g（a）＞g（）=3-2ln2，

∴f（x1）+f（x2）＞3-2ln2．

解：（I）因为f（x）=lnx+ax-a2x2其定义域为（0，+∞），

所以

∵x=1是函数y=f（x）的极值点

∴f′（1）=0

∴1+a-2a2=0

∴或a=1

经检验，或a=1时，x=1是函数y=f（x）的极值点

（II）

若，∴函数的单调递增区间为（0，+∞）

若a≠0，令，∴

当a＞0时，函数在区间，f′（x）＞0，函数为增函数；在区间，f′（x）＜0，函数为减函数

∴函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为

当a＜0时，函数在区间，f′（x）＞0，函数为增函数；在区间，f′（x）＜0，函数为减函数

∴函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为